Correction – TD – Dissipation de l’énergie, le second principe

Partie VIII : Thermodynamique Chapitre 3

Correction – TD – Dissipation de l’énergie, le second principe

I Expérience de Rüchardt [• • ◦]

1 - – Adiabatique car assez rapide pour que les transferts thermiques soient négligeables sur la durée de l’expérience.

– Réversible (car assez lent pour toujours avoir une pression uniforme dans la bouteille + frottements faibles sur les premières oscillations + quasi-équilibre ∀ t, p proche de p_ext).

– Gaz parfait.

→ On peut donc appliquer la loi de Laplace au gaz.

2 - Forces sur la bille : – Poids −mg~e_x.

– Pression du milieu extérieur −p₀S~e_x avec S =πr² la section de la bille (cf remarque en fin de corrigé).

– Pression du gaz : p(t)S~e_x. Il est nécessaire d’exprimer p(t) :

p(t) = p₀V₀^γ V^γ .

Or le volume est donné par V =V₀ +Sx avec S×x le volume supplémentaire dû au mouvement de la bille.

p(t) = p₀V₀^γ

(V0+Sx)^γ =p₀V₀^γ×(V₀+Sx)^−γ =p₀V₀^γ×V₀^−γ(1 +Sx/V₀)^−γ =p₀(1 +Sx/V₀)^−γ. On étudie des oscillations de faible amplitude, il faut donc faire un développement limité.

On a une expression du type (1 +ε)^α avecα =−γ et ε= Sx V₀, donc (1 +Sx/V₀

| {z }

=ε

)^−γ = 1−γ Sx V0

Et donc : p(t) =p₀

1−γSx V₀

. On a donc :

mx¨=−mg−p₀S+p₀S

1−γSx V0

, soit x¨+ γp₀S² mV0

x=−g.

3 - Il s’agit de l’équation de l’oscillateur harmonique, de pulsation ω² = γp₀S²

mV₀ , donc de période T = 2π

ω = 2π s

mV₀ γp₀S². On voit qu’une mesure de T permet une mesure de γ.

Remarque : On peut se demander pourquoi la force pressante ne vaut pas, en norme, 1

24πr²×p. En réalité, la force s’applique bien sur la demi-sphère, dont la surface est bien 1

24πr², mais elle n’a pas partout la même direction. Il faut donc sommer toutes les contributions locales. Ceci se fait via une intégrale (calcul abordé en spé), et le résultat est bien F =p×πr².

Coordonnées sphériques.

II Compartiment séparé en deux b | [• ◦ ◦]

blocage de la paroi mobile

paroi mobile hermétique

État initial

État final

1 - b L’équilibre final implique immédiatement que :

– Équilibre mécanique : la pression est égale dans les deux compartiments, on la note p_f. – Équilibre thermique : la température est égale dans les deux compartiments, on la note T_f. b Les quantités de matière n’ont pas changé.

b On a la relation des gaz parfaits dans chaque compartiment :pfVf1 =niRTf etpfVf2 = 2niRTf. En prenant le rapport des deux on obtient :

V_f1 V_f2 = 1

2.

Mais on a également V_f1 +V_f2 = V_total = 2×V_i. On a donc deux équations pour deux inconnues (les deux volumes).

On obtient ainsi Vf1 = 2

3Vi et Vf2 = 4 3Vi.

b Et la température ? On peut se demander si elle a changé. Le système {1+2} est isolé, donc le premier principe s’écrit :

∆U = 0.

Par extensivité de U on a ∆U = ∆U₁+ ∆U₂, et comme ce sont des gaz parfaits : ∆U =C_V1(T_f − T_i) +C_V2(T_f −T_i).

Comme ∆U = 0, on a donc forcément(T_f −T_i) = 0, donc T_f =T_i. b Il reste les pressions. Relations des gaz parfaits :

p_f = n_iRT_f

V_f1 = n_iRT_i (2/3)V_i. Or n_iRT_i/V_i =p_i, donc p_f = 3

2p_i.

2 - Il manque dans l’énoncé le fait qu’on pourra utiliser les expressions de S écrites dans le cours pour un gaz parfait.

On prend donc une des trois pour exprimer ∆S. Comme T est constant, autant prendre une où T apparaît, par exemple

S(T,V,n) =S₀+n R γ−1ln T

T₀ +nRln V V₀.

Quand on fait la différence entre deux états avec le même n (système fermé), on a :

∆S =S(T_B,V_B,n)−S(T_A,V_A,n)

=

S₀+n R

γ−1lnT_B

T₀ +nRlnV_B V₀

−

S₀+n R

γ−1lnT_A

T₀ +nRlnV_A V₀

=n R

γ−1(lnT_B−lnT₀) +nR(lnV_B−lnV₀)−n R

γ−1(lnT_A−lnT₀)−nR(lnV_A−lnV₀)

=n R

γ−1lnT_B

T_A +nRlnV_B V_A.

Attention, il faut calculer ∆S pour chaque compartiment séparément : – Pour le système {compartiment 1} :

∆S₁ =S(T_f,V_f1,n_i)−S(T_i,V_i,n_i)

=n_i R

γ−1lnT_f T_i

| {z }

=0

+n_iRlnV_f1 V_i

=niRln2 3. – Pour le système {compartiment 2} :

∆S2 =S(Tf,Vf2,2ni)−S(Ti,Vi,2ni)

= 2ni

R

γ−1lnT_f T_i

| {z }

=0

+2niRlnV_f2 V_i

= 2n_iRln4 3.

Ainsi pour le système {1 + 2}, par extensivité de S :

∆S = ∆S₁+ ∆S₂ =n_iRln2

3 + 2n_iRln4

3 =n_iRln2

3 +n_iRln16

9 =n_iRln 2

3 16

9

.

b Pour en déduire l’entropie créée, on applique le second principe au système {1+2}, qui est calo- rifugé donc pour lequel S_e = 0 :

∆S = Se

|{z}=0

+Sc. D’où

S_c= ∆S =n_iRln32 27.

C’est bien positif, strictement donc la transformation n’est pas réversible (ce qu’on aurait pu affirmer dès le début).

3 - Causes d’irréversibilité : inhomogénéité de pression et frottements (nécessairement présents pour finir par stopper le piston).

Entropie créée ⇔ on aurait pu récupérer un travail. Ici on aurait pu mettre une tige sur la paroi mobile qui permet de récupérer le travail produit lors de son déplacement.

On peut remarquer que ce sont nécessairement des frottements qui vont finir par arrêter les oscillations de la paroi mobile (frottements solides ou visqueux). On peut donc se demander pourquoi il n’y a pas une élévation de la température, avec T_f > T_i. En réalité la température diminue lors des phases de détente, augmente lors des phases de compression ou à cause des frottements, et le résultat net est bien, après un temps d’attente assez long, une température égale à Tf partout. On voit à quel point la thermodynamique est efficace : pas besoin de s’intéresser au processus internes et très compliqués pour prédire ceci !

III Effet Joule et création d’entropie

1 - b Système {eau+réservoir+résistance} : H et S ne dépendent que de T (pour des phases condensées idéales), et iciT est constant égal à 50 °C, donc Het S restent constants également. On a donc ∆H = 0 et ∆S = 0.

b Premier principe version H :

0 = ∆H =Wélec +Qreçu

donc

Q_reçu =−W_élec =−RI²∆t.

Il s’agit là du transfert thermique reçu depuis l’exté- rieur du système (à droite sur le schéma ci-contre), il est donc négatif car l’eau étant plus chaude que l’extérieur, elle cède en fait un transfert thermique vers l’extérieur.

aa

T_ext = 20 °C, p_ext

I

T₀ = 50 °C

générateur fournit un travail électrique

transferts thermiques internes au système : ne comptent pas

R

système

b Second principe : 0 = ∆S =S_e+S_c avec

S_e= Q_reçu Text

= −RI²∆t Text

.

On a donc S_c=−S_e = RI²∆t T_ext .

2 - Il y a deux sources d’irréversibilité ici : l’effet Joule, et le transfert thermique entre l’eau et le milieu extérieur qui se fait à T₀ 6=T_ext (inhomogénéité).

3 - On a effectivement T_extSc=RI²∆t=W_élec.

On peut parler d’énergie dégradée car ce travail électrique aurait être converti en travail mécanique.

Mais tout dépend de ce que l’on veut faire : ici l’objectif est bien de chauffer l’eau.

Remarque : On peut raisonner différemment, en deux temps, sur des systèmes séparés :

– Système {gaz} : Il reçoit un transfert thermique Q₁ = RI²∆t depuis la résistance (dont la température estT₀) et Q₂ depuis l’extérieur (dont la température est T_ext). On a (1er ppe) : Q₁+Q₂ = ∆U = 0.

L’entropie échangée (reçue par le gaz) est doncS_e = Q₁ T₀ + Q₂

T_ext =Q₁ 1

T₀ − 1 T_ext

, soit donc :

S_c,gaz =−S_e =RI²∆t 1

T_ext − 1 T₀

.

C’est positif car T_ext < T₀. Son origine est le transfert thermique vers l’extérieur avec inho- mogénéité de température.

– Système {résistance} : Elle reçoit un travail électrique Wélec = RI²∆t et un transfert ther- mique (négatif) depuis le gazQ, avec (1er ppe) 0 = ∆U =W_élec+Q, d’où Q=−RI²∆t.

L’entropie échangée estS_e = Q

T₀ (son milieu extérieur est l’eau, à T₀), soit donc Sc,résistance =−S_e = RI²∆t

T0

. L’origine de cette entropie créée est l’effet Joule.

La somme des deux entropies créées donne bien sûr ce qu’on avait trouvé en raisonnant sur le système global : S_c=RI²∆t 1

Text.

Il est toujours plus efficace de raisonner sur le grand système.